\setcounter{chapter}{0}
\chapter{概率空间}

\begin{yyEx}
	设$A_1,A_2,\cdots$为任一集序列, 若令
	\begin{equation}
	A_1' = A_1,~A_n' = A_n\backslash \bigcup_{k=1}^{n-1}A_k,n=2,3,\cdot.
	\end{equation}
	试证:$A_1',\cdots,A_n',\cdots$两两互不相交, 且
	\begin{equation}
	\bigcup_{n=1}^{+\infty}A_n = \bigcup_{n=1}^{+\infty}A_n'.
	\end{equation}
\end{yyEx}

\begin{yyProof}
	为表达方便, 令$A_0 = \varnothing$.
	我们先证明$\{A_n':n\in\mathbb{N}^*\}$互不相交. 据De-Morgan律知
	\begin{equation}
	A_n' = A_nA_0^c\cdots A_{n-1}^c
	\end{equation}
	对任何不等的$j,k\in\mathbb{N}^*$, 无妨$j<k$, 这时有$A_k'\subset A_j^c$, 而$A_j'\subset A_j$, 这说明$A_k'A_j' = \varnothing$.
	
	一方面,若$\omega\in \bigcup_{n=1}^{+\infty}A_n'$, 则$\exists n\in\mathbb{N}^*(\omega\in A_n').$
	由于$A_n'\subset A_n$, 故有$\exists n\in\mathbb{N}^*(\omega\in A_n).$
	即\begin{equation}\label{eq:subset}
	\bigcup_{n=1}^{+\infty}A_n' \subset \bigcup_{n=1}^{+\infty}A_n.
	\end{equation}
	令一方面, 设$\omega\in \bigcup_{n=1}^{+\infty}A_n$, 根据并的定义知:$\exists n\in\mathbb{N}^*(\omega\in A_n).$
	
	此时, 必有整数$k\in\{1,\cdots,n\}$使得$\omega\notin A_0,\cdots,A_{k-1}$, 但$\omega\in A_k$. (否则$\omega\notin \bigcup_{k=1}^nA_k$,矛盾)
	即$\omega\in A_k'$.
	所以有$\omega\in \bigcup_{n=1}^{+\infty}A_n'$.
	
	这说明\begin{equation}\label{eq:supset}
	\bigcup_{n=1}^{+\infty}A_n \subset \bigcup_{n=1}^{+\infty}A_n'.
	\end{equation}
	结合式\ref{eq:subset}与\ref{eq:supset}知道结论成立.
\end{yyProof}


\begin{yyEx}
	设$(\Omega,\mathscr{F})$为一可测空间, $A_n\in\mathscr{F},n=1,2,\cdots$, 试证:
	\begin{equation}
	\bigcap_{n=1}^{+\infty}\bigcup_{k=n}^{+\infty}A_k = \{ \omega:\omega\text{属于无穷多个}A_n \},~~\bigcup_{n=1}^{+\infty}\bigcap_{k=n}^{+\infty}A_k = \{ \omega:\omega\text{只不属于有限多个}A_n \}.
	\end{equation}
\end{yyEx}
\begin{yyProof}
	(1)若$\omega\in\bigcap_{n=1}^{+\infty}\bigcup_{k=n}^{+\infty}A_k$, 则根据交与并的定义知道:\begin{equation}
	\forall n\in\mathbb{N}^*,\exists k\geqslant n~\left( \omega\in A_k \right).
	\end{equation}
	这说明$\omega\in\bigcap_{n=1}^{+\infty}\bigcup_{k=n}^{+\infty}A_k$当且仅当$\omega$属于集列$\{A_j\}$中的无穷多个集合.
	
	(2)若$\omega\in\bigcup_{n=1}^{+\infty}\bigcap_{k=n}^{+\infty}A_k$, 则根据交与并的定义知道:
	\begin{equation}
	\exists j_0\in\mathbb{N}^*,\forall k\geqslant j_0~\left( x\in A_k \right).
	\end{equation}
	这说明$\omega\in\bigcup_{n=1}^{+\infty}\bigcap_{k=n}^{+\infty}A_k$当且仅当$\omega$仅不属于集列$\{A_j\}$中的有限多个集合.
\end{yyProof}

\begin{yyEx}
	若记\begin{equation}
	\bigcap_{n=1}^{+\infty}\bigcup_{k=n}^{+\infty}A_k = A^{\star} = \limsup_{n\to\infty}A_n,
	\end{equation}
	称为集序列$\{A_n\}$的上限集. 若记
	\begin{equation}
	\bigcup_{n=1}^{+\infty}\bigcap_{k=n}^{+\infty}A_k = A_{\star} = \liminf_{n\to\infty}A_n,
	\end{equation}
	称为集序列$\{A_n\}$的下限集. 试证:
	\begin{blist}
		\item[(1)] $\liminf\limits_{n\to\infty}A_n\subset \limsup\limits_{n\to\infty}A_n$;
		\item[(2)] 若$A_n\uparrow$, 则$A^\star = A_\star = \cup_{n=1}^{+\infty}A_n$;
		\item[(3)] 若$A_n\downarrow$, 则$A^\star = A_\star = \cap_{n=1}^{+\infty}A_n$;
		\item[(4)] 若$A$为任一集合, 则$A\backslash A_\star = \limsup\limits_{n\to\infty}(A\backslash A_n),A\backslash A^\star = \liminf\limits_{n\to\infty}(A\backslash A_n)$
	\end{blist}
	
\end{yyEx}
\begin{yyProof}
	\begin{blist}
		\item[(1)] 根据习题2知道: $\omega\in A_\star$当且仅当
		除去集列$\{A_j\}$中的有限个集合外, 元$\omega$属于该序列的其余集合. 这可推出 $\omega$属于集列$\{A_j\}$中的无穷多个集, 也就是$\omega\in A^\star$. 即证.
		\item[(2)] 不难看出对一般的集合列$\{A_j\}$,总有下列的包含关系:
		\begin{equation}\label{eq:包含关系}
		\bigcap_{n=1}^{+\infty}A_n\subset \liminf_{n\to\infty}A_n \subset \limsup_{n\to\infty}A_n\subset \bigcup_{n=1}^{+\infty}A_n
		\end{equation}
		若$\{A_n\}$非降, 则$\bigcap_{k=n}^{+\infty}A_k = A_n$.
		所以$\liminf\limits_{n\to\infty} A_n = \bigcup_{n=1}^{+\infty}A_n$. 
		结合式\ref{eq:包含关系}知结论成立.
		\item[(3)] $\{A_n\}$非增, 则$\bigcup_{k=n}^{+\infty}A_k = A_n$.
		所以$\limsup\limits_{n\to\infty} A_n = \bigcap_{n=1}^{+\infty}A_n$.
		结合式\ref{eq:包含关系}知结论成立.
		\item[(4)] 回忆de Morgen法则:
		\begin{equation}
		A\backslash \bigcup_{\lambda\in\Lambda}B_{\lambda} = \bigcap_{\lambda\in\Lambda}(A\backslash B_{\lambda}),~~A\backslash \bigcap_{\lambda\in\Lambda}B_{\lambda} = \bigcup_{\lambda\in\Lambda}(A\backslash B_{\lambda}).
		\end{equation}
		我们由此知道
		\begin{align}
		A\backslash \liminf_{n\to\infty}A_n &= A\backslash \bigcup_{n=1}^{+\infty}\bigcap_{k=n}^{+\infty}A_k=\bigcap_{n=1}^{+\infty}\left( A\backslash \bigcap_{k=n}^{+\infty}A_k \right)\nonumber\\
		&= \bigcap_{n=1}^{+\infty}\bigcup_{k=n}^{+\infty}\left( A\backslash A_k \right)=\limsup_{n\to\infty}(A\backslash A_n),
		\end{align}
		和\begin{align}
		A\backslash \limsup_{n\to\infty}A_n &= A\backslash \bigcap_{n=1}^{+\infty}\bigcup_{k=n}^{+\infty}A_k=\bigcup_{n=1}^{+\infty}\left( A\backslash \bigcup_{k=n}^{+\infty}A_k \right)\nonumber\\
		&= \bigcup_{n=1}^{+\infty}\bigcap_{k=n}^{+\infty}\left( A\backslash A_k \right)=\liminf_{n\to\infty}(A\backslash A_n).
		\end{align}
	\end{blist}
\end{yyProof}


\begin{yyEx}
	证明: 包含一切形如$(-\infty,x)$的区间的最小$\sigma$-代数是一维Borel域.

\end{yyEx}
	\begin{yyProof}
	根据定义,一维Borel $\sigma$代数 $\mathscr{B}_\mathbb{R}$是由$\pi$-系$\mathscr{P}_\mathbb{R} = \{(-\infty,a]:a\in\mathbb{R}\}$生成的$\sigma$-代数:
	\begin{equation}
	\mathscr{B}_R = \sigma(\mathscr{P}_\mathbb{R}).
	\end{equation}
	对任意$a\in\mathbb{R}$,我们有
	\begin{align}
	&\bigcap_{n=1}^{+\infty}\left(-\infty,a+\frac{1}{n}\right) = (-\infty,a],~~\bigcup_{n=1}^{+\infty}\left(-\infty,a-\frac{1}{n}\right] = (-\infty,a)
	\end{align}
	因此, 对任何$x\in\mathbb{R},(-\infty,x)\in\mathscr{B}_{\mathbb{R}}$.
	所以$\sigma(\{ (-\infty,x):x\in\mathbb{R} \})\subset \mathscr{B}_{\mathbb{R}}$.
	
	另外, 对任何$x\in\mathbb{R},(-\infty,x]\in\sigma(\{ (-\infty,x):x\in\mathbb{R} \})$.
	所以$\sigma(\{ (-\infty,x):x\in\mathbb{R} \})\supset \mathscr{B}_{\mathbb{R}}$.
	
	二者结合起来便说明$\sigma(\{ (-\infty,x):x\in\mathbb{R} \})= \mathscr{B}_{\mathbb{R}}$.
\end{yyProof}

\begin{yyEx}
	求包含二集合$A,B$的最小$\sigma$-代数, 其中$\Omega,AB\neq\varnothing, A\cup B\neq\Omega$, 且$A,B$互不包含.
\end{yyEx}
\begin{yySolution}
	所求的集合系为:\begin{equation}
	\mathscr{A} = \{\varnothing,A,B,A\cup B,A\triangle B,A\backslash B, B\backslash A,\Omega,A^c,B^c,A^cB^c,AB^c,BA^c,(AB)^c,(A\triangle B)^c \}
	\end{equation}
\end{yySolution}
\begin{yyProof}
	由于$\mathscr{A}$对任何可列次的集合运算封闭, 且$\Omega\in\mathscr{A}$, 所以$\mathscr{A}$是$\sigma$代数. 又因为$\sigma$代数对有限次的集合运算都封闭, 所以任何一个包含$\{A,B\}$的$\sigma$代数都包含$\mathscr{A}$中的所有集. 因此, 集类$\mathscr{A} = \sigma(\{A,B\})$.
\end{yyProof}


\begin{yyEx}
	若$\mathscr{G} = \{A_k:A_k\subset\Omega,k=1,2,\cdots,\text{两两不交}\}$, 试求$\sigma(\mathscr{G})$.
\end{yyEx}
	\begin{yySolution}
	引入$A_0 = \left(\bigcup\limits_{k=1}^{+\infty}A_k\right)^c$, 则所求为:
	\begin{equation}\label{习题6}
	\sigma(\mathscr{G}) = \left\{ \bigcup_{k\in K}A_{k}:K\subset\mathbb{N} \right\}.
	\end{equation}
	\begin{yyProof}
		不妨记(\ref{习题6})式右端为$\mathscr{D}$. 由于$\sigma$代数是对于可列并的运算以及补的运算封闭的, 故$\sigma(\mathscr{G}) \supset \mathscr{D}$. 因此, 要完成这个定理的证明, 必须且只需证$\sigma(\mathscr{G}) \subset \mathscr{D}$. 为此, 又只需证$\mathscr{D}$是$\sigma$-代数. 下面, 分别验证$\sigma$-代数的三个条件:
		\begin{blist}
			\item[(1)] $\Omega = \bigcup\limits_{k=0}^{+\infty}A_k \in \mathscr{D}$;
			\item[(2)] $A = \bigcup\limits_{k\in K}A_{k}\in \mathscr{D} \Rightarrow A^c = \bigcup\limits_{k\in (\mathbb{N}\backslash K)}A_{k} \in\mathscr{D}$;
			\item[(3)] 对$B_n\in\mathscr{D},n\in\mathbb{N}^*$, 有对应的$K_n\in\mathbb{N}$, 使$
			B_n = \bigcup_{k\in K_n}A_{k}, n=1,2,\cdots$.
			这时,\begin{equation}
			\bigcup_{n=1}^{+\infty}B_n = \bigcup_{n=1}^{+\infty}\bigcup_{k\in K_n}A_{k} = \bigcup_{k\in K}A_{k}\in\mathscr{D},~~K = \bigcup_{n=1}^{+\infty}K_n.
			\end{equation}
		\end{blist}
		由此知道$\mathscr{D}$确是$\sigma$代数.
	\end{yyProof}
\end{yySolution}



\begin{yyEx}
	设$\Omega$是不可列集, $\mathscr{A}$是$\Omega$的一切有限子集、可列子集及以有限子集或可列子集为余集的子集所作成的集合类, 试证$\mathscr{A}$是一$\sigma$-代数.
\end{yyEx}
\begin{yyProof}
	对集类$\mathscr{A}$分别验证$\sigma$-代数的三个条件:
	\begin{blist}
		\item[(1)] 由于$\varnothing$是$\Omega$的一个有限子集, 所以 $\Omega = \varnothing^{c} \in \mathscr{A}$;
		\item[(2)] 设$A\in\mathscr{A}$, 即$A$是$\Omega$的至多可列子集或 以$\Omega$的至多可列子集为余集的子集, 则 $A^c$分别是$\Omega$的以至多可列子集为余集的子集 或 $\Omega$的至多可列子集, 因此, $A^c\in\mathscr{A}$;
		
		\item[(3)] 设$A_1,A_2,\cdots \in \mathscr{A}$. 若诸$A_j$均是$\Omega$的至多可列子集, 则$\cup_j A_j$仍是$\Omega$的至多可列子集; 若诸$A_j$中至少有一个是 以$\Omega$的至多可列子集为余集的子集, 则$\cup_j A_j$仍是以$\Omega$的至多可列子集为余集的子集.
		
		所以总有$\bigcup\limits_{n=1}^{+\infty}A_n\in\mathscr{A}$.
	\end{blist}
	由此知道$\mathscr{A}$确是$\sigma$-代数.
\end{yyProof}


\begin{yyEx}
	设$\mathscr{G}$是由$\Omega$的子集组成的集合类, $A$是$\Omega$的一个非空子集, 令\begin{equation}
	\mathscr{G}\cap A = \{ A':A'=B\cap A, B\in\mathscr{G} \},
	\end{equation}
	试证:$\sigma(\mathscr{G})\cap A$是以$A$为空间的包含集合类$\mathscr{G}\cap A$的最小$\sigma$-代数.
\end{yyEx}
	\begin{yyProof}
	先证明$\sigma(\mathscr{G})\cap A = \{BA: B\in \sigma(\mathscr{G})\}$是以$A$为空间的一个$\sigma$-代数. 
	为此, 我们分别对它验证$\sigma$-代数的三个条件.
	\begin{blist}
		\item[(1)] 因$\Omega\in\sigma(\mathscr{G})$, 所以$A = \Omega\cap A\in \sigma(\mathscr{G})\cap A$;
		\item[(2)] 设$E\in \sigma(\mathscr{G})\cap A$. 即$E = AB$, 其中$B\in\sigma(\mathscr{G})$.
		$E$相对$A$的补是$A\backslash E = A\backslash AB = AB^c$. 因为$B^c\in\sigma(\mathscr{G})$, 所以$A\backslash E\in \sigma(\mathscr{G})\cap A$;
		\item[(3)] 设$E_1,E_2,\cdots \in \sigma(\mathscr{G})\cap A$. 即$E_j = AB_j$, 其中$B_j\in\sigma(\mathscr{G}),j \in\mathbb{N}^*$. 由于$\sigma(\mathscr{G})$是一个$\sigma$-代数, 所以$\cup_{j=1}^{+\infty}B_j\in\sigma(\mathscr{G})$. 这说明
		\begin{equation}
		\bigcup_{j = 1}^{+\infty}E_j = \bigcup_{j = 1}^{+\infty}AB_j  =A\left(\bigcup_{j = 1}^{+\infty}B_j \right)\in \sigma(\mathscr{G})\cap A.
		\end{equation}
	\end{blist}
	再设某个以$A$为空间的$\sigma$-代数$\mathscr{E}\supset (\mathscr{G}\cap A)$, 下证$ \left(\sigma(\mathscr{G})\cap A\right)\subset \mathscr{E}$.
	因$\mathscr{E}\supset (\mathscr{G}\cap A)$, 所以$\forall B\in\mathscr{G}, AB\in\mathscr{E}$.
	令\begin{equation}
	\mathscr{H}_A = \{H\subset\Omega:AH\in\mathscr{E}\}.
	\end{equation}
	则$\mathscr{G}\subset\mathscr{H}_A$. 继续证明$\mathscr{H}_A$是一个$\sigma$-代数.
	注意到$\mathscr{E}$是以$A$为空间的一个$\sigma$-代数, 所以有
	\begin{blist}
		\item[(1)] $A\Omega =A\in\mathscr{E}$, 即$\Omega\in \mathscr{H}_A$;
		\item[(2)] 设$H\in \mathscr{H}_A$, 则$AH\in\mathscr{E}$. 利用上面条件,有$AH^c = A\backslash AH\in\mathscr{E}$. 这说明$H^c\in \mathscr{H}_A$;
		\item[(3)] 再设$H_1,H_2,\cdots\in \mathscr{H}_A$, 则$AH_j\in\mathscr{E},j=1,2,\cdots$. 再次利用$\mathscr{E}$是以$A$为空间的一个$\sigma$-代数, 得到\begin{equation}
		A\left(\bigcup_{j=1}^{+\infty}H_j\right) = \bigcup_{j=1}^{+\infty}AH_j\in \mathscr{E}.
		\end{equation}
		这说明$\bigcup_{j=1}^{+\infty}H_j\in \mathscr{H}_A$.
	\end{blist}
	因此, $\mathscr{H}_A$确是个$\sigma$-代数. 又因为$\mathscr{G}\subset\mathscr{H}_A$. 根据$\sigma$-代数的生成的定义, $\sigma(\mathscr{G})\subset \mathscr{H}_A$.
	
	即\begin{equation}
	\forall B\in \sigma(\mathscr{G}),\text{总有}BA\in\mathscr{E}.
	\end{equation}
	这正是$ \left(\sigma(\mathscr{G})\cap A\right)\subset \mathscr{E}$.
\end{yyProof}


\begin{yyEx}
	设$A$是$\Omega$的一个子集, $\mathscr{G}$是$\Omega$的包含$A$的一切子集所组成的集合类, 试问$\sigma(\mathscr{G})$是由哪些子集组成的?
\end{yyEx}
\begin{yySolution}
	\begin{equation}
	\sigma(\mathscr{G}) = \mathscr{G}\cup\{ G\cup A^c:G\in\mathscr{G} \}.
	\end{equation}
\end{yySolution}


\begin{yyEx}
	设$\xi(\omega)$是定义在$\Omega$上而值域为$\mathbb{R}^{(1)}$的单值实函数, $B\subset\mathbb{R}^{(1)}$, $\{\omega:\xi(\omega)\in B\}$表示使$\xi(\omega)$的值属于$B$的一切$\omega(\in\Omega)$的集合, 试证:
	\begin{blist}
		\item[(i)] $\overline{\{\omega:\xi(\omega)\in B  \}} = \{ \omega:\xi(\omega)\in\overline{B} \}$;
		\item[(ii)] 若$B_k\subset\mathbb{R}^{(1)},k=1,2,\cdots$, 则有\begin{equation}
		\bigcup_{k=1}^{+\infty}\{\omega:\xi(\omega)\in  B_k\} = \left\{ \omega:\xi(\omega)\in\bigcup_{k=1}^{+\infty}B_k \right\}.
		\end{equation}
	\end{blist}
\end{yyEx}

\myind{映射的原像}(preimage/inverse image):

设映射$\varphi:A\to B$, 集合$D\subset B$的原像定义为
\begin{equation}
\varphi^{-1}(D) \triangleq \{x\in A:\varphi(x)\in D\}.
\end{equation}
有这样两个关于映射与集合运算之间关系的公式.
\begin{align}
&\varphi^{-1}\left( \bigcup_{\lambda\in\Lambda}E_\lambda \right) = \bigcup_{\lambda\in\Lambda}\varphi^{-1}\left( E_\lambda \right); \\
&\left(\varphi^{-1}(D)\right)^c = \varphi^{-1}(D^c).
\end{align}
我们愿意在此重新温习一下它的证明.
\begin{yyProof}
	\begin{align}
	x\in \varphi^{-1}\left( \bigcup_{\lambda\in\Lambda}E_\lambda \right) &\Longleftrightarrow \exists y\in \bigcup_{\lambda\in\Lambda}E_{\lambda}\left(y = \varphi(x)\right)\nonumber\\
	&\Longleftrightarrow \exists \lambda\in\Lambda\exists y\in E_{\lambda}\left(y = \varphi(x)\right)\nonumber\\
	&\Longleftrightarrow \exists \lambda\in\Lambda  \left(x\in\varphi^{-1}(E_{\lambda})\right)\nonumber\\
	&\Longleftrightarrow x\in\bigcup_{\lambda\in\Lambda}\varphi^{-1}\left( E_\lambda \right)
	\end{align}
	还需要讨论空集的情况.
	\begin{align}
	~~\varphi^{-1}\left( \bigcup_{\lambda\in\Lambda}E_\lambda \right) = \varnothing &\Longleftrightarrow \left(\bigcup_{\lambda\in\Lambda}E_\lambda\right)\bigcap \mathrm{Im}\varphi = \varnothing \nonumber\\
	&\Longleftrightarrow \forall\lambda\in\Lambda\left( E_{\lambda}\cap \mathrm{Im}\varphi  \right)= \varnothing\nonumber\\
	&\Longleftrightarrow \forall\lambda\in\Lambda\left( \varphi^{-1}(E_{\lambda}) = \varnothing \right)\nonumber\\
	&\Longleftrightarrow \bigcup_{\lambda\in\Lambda}\varphi^{-1}(E_{\lambda}) = \varnothing.
	\end{align}
	再考虑另一个公式.
	\begin{align}
	x\in \left(\varphi^{-1}(D)\right)^c &\Longleftrightarrow x\notin \varphi^{-1}(D) \Longleftrightarrow \varphi(x)\notin D\nonumber\\
	&\Longleftrightarrow\varphi(x)\in D^c\Longleftrightarrow x\in \varphi^{-1}(D^c)
	\end{align}
\end{yyProof}

利用这两个公式, 就容易完成本题的证明.
\begin{yyProof}
	\begin{blist}
		\item[(i)] \begin{equation}
		\overline{\{\omega:\xi(\omega)\in B  \}} = \left(\xi^{-1}(B)\right)^c = \xi^{-1}(B^c) = \{ \omega:\xi(\omega)\in\overline{B} \};
		\end{equation}
		\item[(ii)] \begin{equation}
		\bigcup_{k=1}^{+\infty}\{\omega:\xi(\omega)\in  B_k\} 
		=\bigcup_{k=1}^{+\infty}\xi^{-1}(B_k) = \xi^{-1}\left(\bigcup_{k=1}^{+\infty}B_k\right)
		= \left\{ \omega:\xi(\omega)\in\bigcup_{k=1}^{+\infty}B_k \right\}.
		\end{equation}
	\end{blist}
\end{yyProof}
